【文档说明】湖南省郴州市苏仙区多校2022-2023学年高一上学期期末线上联考化学试题 （解析版）.docx，共(18)页，898.854 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年苏仙区上学期多校线上期末联考高一化学一、选择题(共20题，每小题2.5分，共50分)1.探访徽州古韵的最后一天，我们去了宣城市的泾县，体验了宣纸的制造。下列关于宣纸的传统制作工艺主要发生化学变化的是A．挑选原料B．加碱蒸煮C．竹帘捞纸D．剪裁纸

张A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．挑选原料的过程中没有新物质生成，属于物理变化，A错误；B．加碱蒸煮的过程中有新物质生成，属于化学变化，B正确；C．竹帘捞纸的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；D．剪裁

纸张的过程中没有新物质生成，属于物理变化，，D错误；故选B。2.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据不合理的是A.根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等B.根据反应中是否有电子

转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C.根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液D.根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物【答案】C【解析】【详解】A．根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和

两性氧化物等，其中能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，A正确；B．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反

应和非氧化还原反应，B正确；C．根据分散系中分散质粒子的直径大小不同将分散系分为溶液、胶体和浊液，C错误；D．根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，其中只由一种元素构成的纯净物是单质，由不同种元素形成的纯净物是化合物，D正确，答案选C。3.根据物质的组成与性质进

行分类，HClO属于A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答案】B【解析】【详解】次氯酸在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，则次氯酸属于酸，故选B。4.下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是A.Ba2+、Mg2+、-3NO、2-4SOB.H+、K+、CH3COO-、OH-C.H+、Al3+、

Cl-、-3HCOD.Ba2+、Na+、OH-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A.Ba2+与2-4SO产生硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；B.H+与CH3COO-、OH-产生弱电解质醋酸、水，不能共存，B错误；C.H+与-3HCO反应产

生水和二氧化碳，Al3+与-3HCO发生双水解，不能共存，C错误；D.Ba2+、Na+、OH-、Cl-四种离子相互之间不发生反应，能共存，D正确；答案选D。5.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示

。下列化学反应属于阴影部分的是（）A.()()22234FeOHO2HO4FeOH++=B.2222322NaO2CO2NaCOO+=+C.323222NaHCONaCOHOCO++D.22Cl2KII2KCl+=+【答案】B【解析】【分析】根据图示阴影部分显示该反应只属

于氧化还原反应，与四种基本反应无相互联系。【详解】A.()()22234FeOHO2HO4FeOH++=，属于化合反应，铁元素和氧元素化合价发生变化，又是氧化还原反应，故A不符合要求；B.2222322NaO2CO2NaCOO+=

+，氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，与四种基本反应无相互关系，故B符合要求；C.323222NaHCONaCOHOCO++，属于分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合；D.22Cl

2KII2KCl+=+，属于置换反应，氯元素和碘元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合要求；答案选B6.钠作为一种重要原料，可用于制造许多在国防工业上有重要用途的金属。下列关于钠的说法不正确的是A.银白色固体B.密度比水大C.能与水剧烈反应D.可保

存在煤油中【答案】B【解析】【详解】A．钠是银白色固体，A正确；B．钠的密度比水小，B错误；C．钠是活泼的金属，能与水剧烈反应生成氢气和氢氧化钠，C正确；D．钠极易与氧气和水反应，且钠密度大于煤油，因此可保存在煤油中，D正确；答案选B。7.将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现

白色沉淀的是A.硫酸铜溶液B.稀氢氧化钠溶液C.稀H2SO4D.氯化镁溶液【答案】D【解析】【详解】Na与稀硫酸、稀氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液的反应方程式分别如下：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，CuSO4+2Na+2H

2O=Cu(OH)2(蓝)↓+Na2SO4+H2↑，MgCl2+2H2O+2Na=Mg(OH)2(白)↓+2NaCl+H2↑，通过观察，B、C只有气体没有沉淀生成，故B、C错；A生成的是蓝色沉淀，不符题意，故A错

；D既有白色沉淀又有气体生成，符合题意，故D正确；故选D。8.下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中，不正确的是A.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3的B.相同温度下，0.1mol/L盐溶液的pH值：Na2CO

3>NaHCO3C.等质量碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:Na2CO3<NaHCO3D.相同温度下，0.1mol/L盐溶液分别与0.1mol/LHCl反应的剧烈程度Na2CO3>NaHC

O3【答案】D【解析】【详解】A.Na2CO3受热难分解，NaHCO3受热易分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，A正确；B.相同温度下，相同浓度Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液强，所

以0.1mol/L盐溶液的pH值：Na2CO3>NaHCO3，B正确；C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，前者的物质的量小于后者，分别与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3<NaHCO3，C正确；D.Na2CO3

与盐酸反应，先生成NaHCO3，继续加盐酸，才生成CO2气体。所以相同温度下，0.1mol/L盐溶液分别与0.1mol/LHCl反应的剧烈程度Na2CO3<NaHCO3，D不正确；故选D。9.下列有关物质的用途说法不正确的是A.过氧化钠

——漂白剂B.次氯酸钠——消毒剂C.纯碱——治疗胃酸过多D.小苏打——制作馒头和面包的膨松剂【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，所以具有漂白剂，A正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，可用作消毒剂，B正确；C．纯碱是碳酸钠，腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，C错误；D．小苏打受热分解生

成二氧化碳，可用作制作馒头和面包的膨松剂，D正确；答案选C。10.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.221molNaO中含有阴离子数目为A2NB.向2FeCl溶液中通入氯气，当有21mol

Fe+被氧化时，转移电子的数目为A2NC.2.8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为A0.4ND.用磁铁矿炼铁的反应中，341molFeO被CO还原成Fe，转移电子数目为A8N【答案】D【解析】的【详解】A．1molNa2O2中含有阴离子数目为NA

，A错误；B．FeCl2溶液中通入氯气，生成Fe3+，当有1molFe2+被氧化时，生成1molFe3+，转移电子的数目为NA，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，2.8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为2.8g0.214g/molmol=，则碳原子数为0.2NA，C错误；D．

假设Fe3O4中铁的化合价为83+，则生成单质铁时，1个Fe失去83个电子，1molFe3O4中含有3molFe，则1molFe3O4被还原成转移8NA个电子，D正确；故答案为：D。11.vLFe2(SO4)3溶液中含有agSO24−，取此溶液0.5vL，用水稀释至2

vL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为A.a576vmol•L-1B.125a36vmol•L-1C.250a36vmol•L-1D.125a48vmol•L-1【答案】A【解析】【分析】【详解】vLFe2(S

O4)3溶液中含有agSO24−，n(SO24−)=amol96，则n(Fe3+)=a2mol963，c(Fe3+)=a2mol963VL，取此溶液0.5vL，用水稀释至2vL，则稀释后溶液中c(Fe3+)=a2mol0.5V963=VL2Va576vmol•L-

1，故选A。12.pH1=的某溶液X中仅含有4NH+、3Al+、2Ba+、2Fe+、3Fe+、23CO−、23SO−、24SO−、Cl−、3NO−中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行连续实验，实验过程如图，下列有关推断不正确的是A.溶液X中一定含有H

+、2Fe+、24SO−B.根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有3Fe+、Cl−C.沉淀F可能为混合物D.若沉淀H中含有3Al(OH)，则溶液G中一定没有23CO−【答案】D【解析】【分析】溶液X的pH1=，说明溶液中存在大量H+，因H+与23CO−、23SO−能

发生复分解反应，因此溶液X中一定不存在23CO−、23SO−；向溶液X中加入过量Ba(NO3)2溶液后，溶液中存在反应，因此溶液X中一定不存在2Ba+、3NO−，酸性溶液中3NO−具有氧化性，能氧化2Fe+，3NO−被还原为NO，因此气体A为NO，2Ba+与24SO−能发生复分解反应生成

BaSO4沉淀，因此溶液X中一定存在2Fe+、24SO−；向溶液B中加入过量NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，溶液E微热无气体放出，说明溶液X中一定不存在4NH+，溶液E中含有大量Ba(NO3)2、NaOH，可

能含有NaAlO2，向溶液E中通入一定量CO2，可能产生BaCO3沉淀(CO2少量)，也可能产生Al(OH)3，因此溶液X中可能含有3Al+，实验过程中未涉及3Fe+、Cl−检验实验，因此溶液X中可能含有3Fe+、Cl−，综上所述，溶液X中一定含有H+、2Fe+、24SO−

；一定不含4NH+、2Ba+、23CO−、23SO−、3NO−；可能含有3Al+、3Fe+、Cl−。【详解】A．由上述分析可知，溶液X中一定含有H+、2Fe+、24SO−，故A项正确；B．由上述分析可知

，溶液X中可能含有3Al+、3Fe+、Cl−，故B项正确；C．第一步操作中，若溶液X中2Fe+未完全氧化，且溶液X中含有3Fe+时，沉淀F为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物，故C项正确；D．通入CO2时，溶液中一定

存在OH-与CO2的反应，当CO2不足时能生成23CO−，生成的23CO−能与Ba2+反应，当Ba2+不足时，溶液G中存在23CO−，故D项错误；综上所述，不正确的是D项。13.下列说法正确的是的A.所有不锈钢都只含有

金属元素B.镁合金的硬度和强度均高于纯镁C.大多数金属元素均以单质形式存在于自然界D.广东正在打捞的明代沉船上存在大量铝制餐具【答案】B【解析】【详解】A．钢材中存在碳元素，故A项错误；B．合金的硬度一般高于其组分对应纯净物的硬度，故B项正

确；C．大多数金属元素在自然界中都是以化合物的形式存在，故C项错误；D．由于铝的活泼性较强，因此铝制品属于近代金属材料，故D项错误；综上所述，正确的是B项。14.把一块镁铝合金投入到20mL1mol/L的盐酸中，待合金完全溶解后，往溶液里加入1

mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积（mL）变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.镁、铝形成合金后硬度增强，熔点降低B.ab段可以计算出合金中Mg的含量C.c值越大，合金

中Al的含量越高D.加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应【答案】B【解析】【分析】oa段发生H++OH-=H2O，ab段发生Mg2++OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓；bc段发生A

l(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；【详解】A.镁、铝形成合金后硬度增强，熔点低于Mg、Al，A正确；B.用ab段、bc段的数据可以计算出合金中Mg的含量，B错误；C.bc段发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，c值越大，合金中Al的含量越高，C正确；D.由

上述分析可知，加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应，D正确；答案为B。15.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为A.42CuSO5HOB.42FeSO7

HOC.()422KAlSO12HOD.()2423FeSO9HO【答案】B【解析】【分析】【详解】A.42CuSO5HO为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意；B.42FeSO7HO为绿色晶体，+2价铁离子不稳定，易被氧化成+3价铁离子，即42F

eSO7HO在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意；C.()422KAlSO12HO为无色晶体，加热失去结晶水后，变成白色粉末，故C不符合题意；D.()2423FeSO9HO为黄色晶体，加热后失去结晶水，变成硫酸铁粉末，故D不符合题意；故选B。【点睛】根据不

同晶体的颜色判断是解答关键。16.下列有关化学用语表示正确的是A.次氯酸的结构式：H−Cl−OB.18O2−的结构示意图：C.氨气的电子式：D.电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A.次

氯酸的结构式：H−O−Cl，故A错误；B.氧原子最外层有6个电子，得两个电子后形成最外层8个电子的O2-，故B正确；C.氨气的电子式为：，故C错误；D.氯化钠为离子化合物，电子式表示氯化钠的形成过程：，故D错误；综上所述，答案为B。17.下列关于元素周

期律的应用正确的是A.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7B.原子半径Na＞Mg＞F，离子半径F﹣＞Na+＞Mg2+C.非金属性Cl＞Br＞I，热稳定性HCl＜HBr＜HID.RbOH的碱性弱于Ca(OH)2【答案】B

【解析】【详解】A、卤族元素中的F元素，没有正价，故A错误；B、同主族从上到下，原子半径逐渐增大，同周期从左到右原子半径减小，即原子半径：Na>Mg>F，离子半径F－>Na＋>Mg2＋，故B正确；C、同主族从上到下，非金属性减弱，即非金属性Cl>Br>I，非金属性越强，其氢化物的

稳定性越强，即热稳定性：HCl>HBr>HI，故C错误；D、Rb的金属性强于Ca，则RbOH的碱性强于Ca(OH)2，故D错误。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数

增大而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。18.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：下列说法不正确的是A.该元素处于第四周期第ⅥB族B.SeO2既有氧化性又有还原性C.该原子的核电荷数

为34D.酸性：HBrO4>H2SeO4【答案】A【解析】【分析】A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性；C．质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强。【详解

】A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，所以该元素处于第四周期第ⅥA族，选项A正确；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性，二氧化硒中硒处于+4价，是中间价态，所以二氧化硒既有氧化性又有还原性，选项B正确；C．质量数=

质子数+中子数，质子数=原子序数，该原子的质子数为34，所以其质量数大于34，选项C正确；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强，Cl的非金属性大于Se的非金属性，所以酸性：HClO4>H2SeO4，选项D不正确

。答案选A。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题的关键，知道非金属性的判断方法和原子构成，即可解答。19.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（）A.原子半径Z<MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气

态氢化物的热稳定性比Z的小D.W是和X同一族的短周期元素，最简单氢化物沸点W<X【答案】B【解析】【分析】四种短周期元素只有M为金属元素，由元素在周期表中的位置，可知四种元素在二三周期，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O；【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，M三层电子，Z两

层电子，所以原子半径Z<M，故A正确；B.非金属性N>Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性大小为：硝酸>硅酸，故B不正确；C.氢化物稳定性与元素非金属性一致，Z的非金属性比X的强，故Z的氢化物更稳定，故C正确；D.W是和X同一族的短周期元素，所以W是碳元

素，最简单氢化物是CH4，CH4和SiH4组成和结构相似，相对分子质量越大熔沸点越高，所以简单氢化物沸点W<X，故D正确；故答案选B。20.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W

-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A.X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B.原子半径大小:X<Y,Z>WC.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D.Y、

W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在

空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半

径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。二、综合题(共50分)21.下图为元素周

期表的一部分，请参照①⑨在表中的位置，回答下列问题：（1）最高价氧化物对应水化物碱性最强的是_______(填化学式)，氢化物热稳定性最强的是_______(填电子式)。（2）②③④的原子半径从大到小的顺序是_______(填元素符号)。④⑤⑧的阳离子中氧化性最强的是______

_(填离子符号)。（3）元素⑥的非金属性比⑦_______(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：_______。（4）现在含有元素硒(Se)的保健品开始进入市场，已知硒元素与氧元素同主族，比氧多2个电子层，硒在周期表中的位置为_______，则下列叙述中正确的是_______。A.原子

序数为34B.气态氢化物的稳定性22HSeHSC.2SeO不能与氢氧化钠反应D.2SeO既有氧化性又有还原性（5）①和④可形成AB型离子化合物，该离子化合物的电子式为_______，其与水反应放出气体的化学方程式为_______。【答案】（

1）①.KOH②.（2）①.NaOF②.3AlNaK+++（3）①.弱②.S和Cl位于同一周期，从左到右原子半径减小，得电子能力逐渐增强，所以S的非金属性比Cl弱（4）①.VIA②.AD（5）①

.②.22NaHHONaOHH+=+【解析】【小问1详解】同一周期从左至右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同一主族从上至下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物对

应水化物碱性越强，因此上述序号元素中金属性最强的是⑧，即K元素，对应的碱为KOH；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此上述序号元素中非金属性最强的是③，即F元素，对应的氢化物为HF，其电子式为。【小问2详解】原子核外电

子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越大，原子半径越小，因此原子半径：NaOF；金属单质的活动性越强，其对应离子的氧化性越弱，因此氧化性：3AlNaK+++。【小问3详解】S和Cl位于同一周期，从左到右原子半径减小，得电子

能力逐渐增强，所以S的非金属性比Cl弱。【小问4详解】O原子核外有2个电子层，O元素位于VIA族，Se原子核外比O原子多2个电子层，因此Se元素位于元素周期表中第四周期VIA族；A．Se原子核外电子层填充数目依次为2、8、18

、6，因此Se原子序数为2+8+18+6=34，故A正确；B．S与Se位于同一主族，原子序数Se>S，因此非金属性S>Se，气态氢化物的稳定性：H2S>H2Se，故B错误；C．Se元素位于金属元素与非金属

元素的分界线附近，因此SeO2具有两性，即SeO2能与酸和碱发生反应，故C错误；D．Se元素的最高化合价为+6，SeO2中Se元素化合价为+4，即SeO2中Se元素化合价处于中间价态，因此SeO2既有氧化性又有还原性，故D正确；综上所述，答案为：VIA；AD。【小问5详解】①

为H，④为Na，二者形成的NaH为离子化合物，其电子式为；NaH中H元素为-1价，能与水发生归中反应生成H2，反应化学方程式为22NaHHONaOHH+=+。22.过氧化钠是钠在氧气或空气中燃烧的产物之一，常用作呼吸面具和潜水

艇里的供氧剂。（1）过氧化钠_______(填“是”或“不是”)碱性氧化物。（2）工业制备过氧化钠的方法是将钠放在铝盘_上加热至熔化，通入一定量已除去2CO的干燥空气进行反应。此过程中需对空气进行处理的原因是_______。（3）向包有22

NaO固体的棉花上滴几滴水，棉花很快燃烧起来，原因是该反应有氧气生成且该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。（4）过氧化钠作为潜水艇和消防员呼吸面具中的供氧剂，请写出其中一个反应的化学方程式_______。某潜水艇中有40人，若每人每小时消

耗64g氧气，假设所需要的氧气全由过氧化钠提供，则每小时所需22NaO的质量为_______kg。【答案】（1）不是（2）过氧化钠既能与空气中2CO反应，也能与水反应（3）放热（4）①.2222322NaO2CO2NaCOO+=+或22222NaO2HO4NaOHO

+=+②.12.48【解析】【小问1详解】碱性氧化物是指溶于水而只生成一种碱或与酸反应而成一种盐和水(除了盐和水以外不包括其它物质)的氧化物，Na2O2与水反应除生成NaOH外还有O2，因此Na2O2不

是碱性氧化物。【小问2详解】Na2O2既能与CO2反应，也能与水反应，因此制备Na2O2过程中需要除去空气中CO2和水。【小问3详解】向包有22NaO固体的棉花上滴几滴水，棉花很快燃烧起来，根据燃烧“

三要素”可知该反应为放热反应。小问4详解】22NaO能与水或CO2反应生成O2，因此可作为潜水艇和消防员呼吸面具中的供氧剂，反应化学方程式为2222322NaO2CO2NaCOO+=+或22222NaO2HO4NaOHO+=+；每小时消耗氧气的总物质的量为【

64g4080mol32g/mol=，根据反应方程式可知，每生成40molO2，消耗22NaO的质量为80mol278g/mol12.48kg1000g/kg=。23.用NaOH固体配制220mL0.2mol/L的溶液。请回答。（1）在配制过程中除了烧杯、玻璃棒外，还简要的玻璃仪器是

_______。（2）用托盘天平称量时，简要NaOH固体的质量是_______。（3）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，_______，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（4）下列操作会使配得的NaOH溶液浓度偏低的是_______A．称取相同质量已部分变质的NaO

H固体进行配制B．定容时俯视容量瓶的刻度线C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制E．转移溶液前容量瓶中有少量蒸馏水（5）将标况下896

mLCO2气体通入上述配制好的全部溶液中，发生的化学反应方程式是_____。【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）2.0g（3）向容量瓶中加入至液面接近1～2mL处，改用胶头滴管加蒸馏水，使容液凹液面与刻度线相切（4）

ACD（5）4CO2+5OH-=3-3HCO+2-3CO+H2O【解析】【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴

签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=nV分析实验误差，结合电荷守恒、原子守恒及微粒个数关系书写反应的离子方程式。【小问1详解】在实

验室中不存在220mL容量瓶，应该使用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/LNaOH溶液，根据配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，可知需使用的仪

器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】配制250mL0.2mol/LNaOH溶液，需称量的质量m(NaOH)=0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g；【小问3详解】定容时的操作：向容量瓶中加入至液面接近1～2mL处，改用胶

头滴管加蒸馏水，使容液凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；【小问4详解】A．称取相同质量已部分变质的NaOH固体进行配制，则溶液中含有的溶质NaOH的物质的量偏少，导致其浓度偏低，A符合题意；B．定容时俯视容量瓶的刻度线，则溶液的体积

偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，B不符合题意；C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，这是由于部分溶液粘在容量瓶刻度线上，此时若再滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液浓度偏低，C符合题意；D．转移洗涤液时洒到

容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，溶质的物质的量偏少，最终导致溶液的浓度偏低，D符合题意；E．转移溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，由于不影响溶质物质的量及溶液的体积，因此最终对配制溶液的浓度无影响，E不符合题意；故合理选项

是ACD。【小问5详解】标况下896mLCO2气体的物质的量是n(CO2)=0.896L=0.04mol22.4L/mol，由于上述NaOH溶液中溶质NaOH的物质的量n(NaOH)=0.25L×0.2mol/L=0.05mol，n(CO2)：n(NaOH)=0.

04mol：0.05mol=4：5，所以二者反应产生NaHCO3、Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式：4CO2+5OH-=3-3HCO+2-3CO+H2O。24.A、B、C、D、E五种物质是含钠元

素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：（1）推断各符号所代表的物质的化学式：B_______，C_______，E_______。（2）写出反应⑤的化学方程式：_______。（3）写出反应③的离子方程式：_______。【答案】（1）①.Na2O2

②.NaOH③.NaHCO3的（2）CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3（3）CO2+2OH-=2-3CO+H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色的固体，B能与二氧化碳、水反应，故B为Na2O2，由转化关系可知，A为Na，C为NaOH，

D为Na2CO3，E为NaHCO3。【小问1详解】根据上述分析可知：B是Na2O2，C是NaOH，E是NaHCO3；【小问2详解】反应⑤是Na2CO3、CO2、H2O反应产生NaHCO3，该反应的化学方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3；【小问3详解】反应③是NaOH与CO2

反应产生Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=2-3CO+H2O。25.以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3。写出焙烧过程主要反应的化

学方程式____________________（2）试剂X是（写化学式）__________________（3）设计实验检验还原得到的溶液是否达标:_________________________________________（4）从还原得到的

溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作是_______________________（5）可以用标准浓度的酸性KMnO4溶液来测定产品中FeSO4的纯度，反应中KMnO4被还原成Mn2+。反应的离子方程式为________

__________________________（6）某种工业品中含有FeSO4和Fe2(SO4)3。通过元素分析得知其中铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S)=1︰1.2，此工业品中FeSO4的物质的量分数为____

_______________________【答案】①.4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2②.Fe③.取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标④.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤⑤.MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5

Fe3++4H2O⑥.3/4(75%)【解析】【分析】硫铁矿通入空气焙烧得到氧化铁和二氧化硫，固体物质加入20%硫酸酸溶后过滤后得到溶液为硫酸铁溶液，硫酸铁中加入铁粉得到硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，据此答题。【详解】（1）硫铁矿高温焙烧反应

生成氧化铁和二氧化硫，原子守恒配平书写化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。（2）由分析可知，加入的试剂X是铁，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，故答案为Fe。（3）检验还原得到的溶液是否达标就是看溶液中是

否含有铁离子，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+，具体操作为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标，故答案为取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标。（4）从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作

是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。（5）高锰酸钾在酸性溶液中具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为二价锰离子，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H

+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。（6）设某种工业品中含有FeSO4的物质的量为xmol，Fe2(SO4)3的物质的量为ymol，根

据铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S)=1︰1.2可知，（x+2y）：（x+3y）=1:1.2，解得x：y=3：1，所以FeSO4的物质的量分数为3/（3+1）×100%=75%，故答案为3/4(75%)。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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